2021届广东省广州市高考物理训练试卷（一）（3月份）含答案

这是一份2021届广东省广州市高考物理训练试卷（一）（3月份）含答案，共11页。试卷主要包含了选择题，[物理-选修3-3]，[物理-选修3-4]等内容，欢迎下载使用。

1.氢原子能级示意图如下列图。氢原子由高能级向低能级跃迁时，从n＝4能级跃迁到n＝2能级所放出的光子恰能使某种金属发生光电效应，那么处在n＝4能级的一大群氢原子跃迁时所放出的光子中有几种光子能使该金属发生光电效应〔 〕
A. 2 B. 3 C. 4 D. 8
2.如下列图，实线表示一簇关于x轴对称的等势面，在轴上有A、B两点，那么〔 〕
A. A点场强大于B点场强 B. A点电势低于B点电势
C. A点场强方向指向x轴负方向 D. 电子从A点移到B点电势能增加
3.如下列图，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，那么以下判断正确的选项是〔 〕
A. A，B的质量之比为 ：1
B. A，B所受弹簧弹力大小之比为 ：
C. 悬挂A，B的细线上拉力大小之比为1：
D. 快速撤去弹簧的瞬间，A，B的瞬时加速度大小之比为1：1
4.如下列图的变压器电路中，三个定值电阻的阻值相同，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，在a、b端加上电压为U的交流电压，电键S断开时，电流表的示数为I，那么S闭合后，电流表的示数为〔 〕
A. I B. I C. I D. I
5.如下列图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R3为定值电阻，R1、R2为滑动变阻器，A、B为电容器两个水平放置的极板。当滑动变阻器R1、R2的滑片处于图示位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动。以下说法中正确的选项是〔 〕
A. 把 R2的滑片向右缓慢移动时，油滴向上运动 B. 把 R1的滑片向右缓慢移动时，油滴向下运动
C. 缓慢增大极板A，B间的距离，油滴向下运动 D. 缓慢减小极板A，B的正对面积，油滴向上运动
6.如图，运行轨道在同一平面内的两颗人造卫星A、B，同方向绕地心做匀速圆周运动，此时刻A、B连线与地心恰在同一直线上且相距最近，A的周期为T，B的周期为 ．以下说法正确的选项是〔 〕
A. A的线速度大于B的线速度 B. A的加速度小于B的加速度
C. A，B与地心连线在相同时间内扫过的面积相等 D. 从此时刻到下一次A，B相距最近的时间为2T
7.如下列图，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的理想边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置Ⅰ开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时，线框的速度为0．那么以下说法正确的选项是〔 〕
A. 在位置Ⅱ时线框中的电功率为 B. 此过程线框的加速度最大值为
C. 此过程中回路产生的电能为 mv2 D. 此过程中通过导线横截面的电荷量为
8.如下列图，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦。圆心O点正下方放置为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞。碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，那么小球B的初速度v0可能为〔 〕
A. B. C. D.
二、解答题〔共4小题，总分值47分〕
9.某物理小组在一次探究活动中测量小滑块与木板之间的动摩擦因数μ．实验装置如图甲所示，一外表粗糙的木板固定在水平桌面上，P为光电计时器的光电门，固定在B点．实验时给带有遮光条的小滑块一个初速度，让它沿木板从左侧向右运动，小滑块通过光电门P后最终停在木板上某点C．当地重力加速度为g．
〔1〕用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，其读数d＝________ cm．
〔2〕为了测量动摩擦因数，除遮光条宽度d及数字计时器显示的时间t外，以下物理量中还应测量的是 ．
1
1
2
2
〔3〕滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________[用〔2〕中物理量的符号表示]．
10.某同学用如图甲所示的实验电路，测量未知电阻Rx的阻值、电流表A的内阻和电源〔内阻忽略不计〕的电动势，实验过程中电流表的读数始终符合实验要求。
〔1〕为了测量未知电阻Rx的阻值，他在闭合开关之前应该将两个电阻箱的阻值调至________〔选填最大或最小〕，然后闭合开关K1 ， 将开关K2拨至1位置，调节R2使电流表A有明显读数I0；接着将开关K2拨至2位置。保持R2不变，调节R1 ， 当调节R1＝35.2Ω时，电流表A读数仍为I0 ， 那么该未知电阻的阻值Rx＝________Ω。
〔2〕为了测量电流表A的内阻RA和电源〔内阻忽略不计〕的电动势E，他将R1的阻值调到R1＝1.6Ω，R2调到最大，将开关K2拨至2位置，闭合开关K1；然后屡次调节R2 ， 并在表格中记录下了各次R2的阻值和对应电流表A的读数I；最后根据记录的数据，他画出了如图乙所示的图象，根据你所学知识和题中所给字母写出该图象对应的函数表达式为： ＝________；利用图象中的数据可求得，电流表A的内阻RA＝________Ω，电源〔内阻忽略不计〕的电动势E＝________V。
11.如下列图，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4kg，上外表光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计，可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2kg，现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度到达vt＝2m/s，求
〔1〕A开始运动时加速度a的大小；
〔2〕A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
〔3〕A的上外表长度l。
12.如图，在xOy平面的y轴左侧存在沿y轴正方向的匀强电场，y轴右侧区域Ⅰ内存在磁感应强度大小B1＝ 匀强磁场，区域Ⅰ、区域Ⅱ的宽度均为L，高度均为3L．质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标为〔﹣2L，﹣ L〕的A点以速度v0沿+x方向射出，恰好经过坐标为[0，﹣〔 ﹣1〕L]的C点射入区域Ⅰ．粒子重力忽略不计．
〔1〕求匀强电场的电场强度大小E；
〔2〕求粒子离开区域Ⅰ时的位置坐标；
〔3〕要使粒子从区域Ⅱ上边界离开磁场，可在区域Ⅱ内加垂直纸面向内的匀强磁场．试确定磁感应强度B的大小范围，并说明粒子离开区域Ⅱ时的速度方向．
三、[物理-选修3-3]
13.关于固体、液体和气体，以下说法正确的选项是〔 〕
A. 固体中的分子是静止的，液体、气体中的分子是运动的
B. 液体外表层中分子间的相互作用表现为引力
C. 液体的蒸发现象在任何温度下都能发生
D. 汽化现象是液体分子间因相互排斥而发生的
E. 有的物态变化中虽然吸收热量但温度却不升高
14.如下列图，内壁光滑、横截面积不同的两个连在一起的圆柱形绝热汽缸水平放置，左右两局部横截面积之比为2：1，汽缸左侧有一导热活塞A，汽缸右侧有一绝热活塞B，活塞A距左侧汽缸底及距两汽缸连接处的距离均为L，活塞B距两汽缸连接处的距离也为L，汽缸右侧足够长且与大气连通，两活塞的厚度均可忽略不计。汽缸左侧和两活塞A，B之间各封闭一定质量的理想气体，初始时两汽缸内气体的温度均为27℃，压强等于外界大气压p0 ． 现通过电热丝给汽缸左侧的气体缓慢加热。求：
〔ⅰ〕活塞A刚好移动到汽缸连接处时气体的温度为T0；
〔ⅱ〕假设汽缸左侧内的气体温度升到800K，活塞B横截面积为S．求此时汽缸左侧气体的压强p1和汽缸右侧气体推动对活塞B做的功。
四、[物理-选修3-4]
15.一列简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形图如下列图，a、b、c为三个质点，a正向上运动。由此可知〔 〕
A. 该波沿x轴正方向传播 B. b正向下运动 C. c正向下运动
D. 三个质点在平衡位置附近振动周期不同 E. 该时刻以后，三个质点中，b最先到达平衡位置
16.如图，O1O2为经过球形透明体的直线，平行光束沿O1O2方向照射到透明体上。透明体的半径为R，真空中的光速为c。
〔i〕不考虑光在球内的反射，假设光通过透明体的最长时间为t，求透明体材料的折射率；
〔ii〕假设透明体材料的折射率为 ，求以45°的入射角射到A点的光，通过透明体后与O1O2的交点到球心O的距离。
答案解析局部
一、选择题：此题共8小题，每题6分．在每题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1.【解析】【解答】解：氢原子由高能级向低能级跃迁时，辐射出的6种光子能量值从大到小的规律：n＝4→n＝1，n＝3→n＝1，n＝2→n＝1，n＝4→n＝2，n＝3→n＝2，n＝4→n＝3，由题从n＝4能级跃迁到n＝2能级所放出的光子恰能使某种金属发生光电效应，那么从n＝4能级跃迁到n＝3能级所放出的光子不能使某种金属发生光电效应，从n＝3能级跃迁到n＝2能级所放出的光子不能使某种金属发生光电效应，其余跃迁时所放出的光子都能使某种金属发生光电效应，即处在n＝4能级的一大群氢原子跃迁时所放出的光子中有4种光子能使该金属发生光电效应。ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。

【分析】当电子由低能级跃迁到高能级时，电子需要吸收能量，当电子由高能级跃迁到低能级时，电子需要释放能量，结合公式求解产生或吸收光子的频率。
2.【解析】【解答】解：A、根据等势面的特点可知，等差等势面密的地方电场强度大，所以B点电场强度较大，A不符合题意；
BC、电场线与等势面垂直并且由电势高的等势面指向电势低的等势面，A点场强方向指向x轴正方向；沿着电场线的方向电势降低，A点电势高于B点电势，BC不符合题意；
D、电子带负电，电子从A点移到B点的过程中电场力的方向向左，与移动的方向相反，所以电场力做负功，电子的电势能增加，D符合题意。
故答案为：D。

【分析】等差等势面密集的地方，电场强度比较大，电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
3.【解析】【解答】解：A、系统静止时，对A、B两个物体分别进行受力分析，如下列图，
A、B所受弹簧弹力大小相等，设为F。
对物体A，根据平衡条件有：tan60°＝ ，
对物体B，有：F＝mBg
解得：mA：mB＝ ：1，A符合题意；
B、同一根弹簧弹力大小相等，A、B所受弹簧弹力大小之比为1：1，B不符合题意；
C、悬挂A、B的细线上拉力大小之比：T1：T2＝ ： ＝ ：1，C不符合题意；
D、快速撤去弹簧的瞬间，A物体的合力方向垂直于细线向下，合力大小为：FA＝mAgcs60°
加速度大小为：aA＝ ＝gcs60°＝ g
同理B物体的合力为：FB＝mBgcs45°
加速度大小为：aB＝ ＝gcs45°＝ g
那么有：aA：aB＝1： ，D不符合题意。
故答案为：A

【分析】分别对两个物体进行受力分析，在重力、拉力和弹力的作用下，两个物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可。
4.【解析】【解答】解：设每个电阻的阻值为R，电建S断开时，根据变流比，副线圈中的电流为2I，所以副线圈两端的电压为U2＝2IR，根据变压比，原线圈两端的电压为4IR，结合串并联电路特点有U＝4IR+IR＝5IR；同理，当电建S闭合时，设电流表的示数为I1 ， 副线圈中的电流为2I1 ， 副线圈两端的电压为I1R，那么原线圈两端电压为2I1R，那么U＝2I1R+I1R＝3I1R，得到 ，D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D

【分析】利用变压器原副线圈匝数比与电压的关系求解副线圈的电压即可，再利用欧姆定律求解电流即可。
5.【解析】【解答】解：电容器两板间电压等于路端电压，油滴在板间静止不动是因为受到向上的电场力和重力是一对平衡力。
A、把 R2的滑片向右缓慢移动时，电容器两端的电压保持不变，那么板间场强大小不变，油滴受到的电场力不变，所以油滴仍然静止不动，A不符合题意；
B、把 R1的滑片向右缓慢移动时，R1接入电路中的电阻增大，那么电路中的总电阻增大，根据闭合电路中的欧姆定律可知电路中的电流变小，路端电压U＝E﹣Ir增大，电容器两板间电压等于路端电压，所以电容器两板间电压增大，板间场强 变大，油滴受电场力变大，所以油滴向上运动，B不符合题意；
C、缓慢增大极板A、B间距离，两板间电压不变，板间场强变小，那么油滴受电场力变小，所以油滴向下运动，C符合题意；
D、缓慢减小极板A、B的正对面积，两板间的电压不变，板间场强不变，油滴受电场力不变，所以油滴静止不动，D不符合题意。
故答案为：C

【分析】结合选项中的具体措施，利用电容器的决定公式求解电容的变化，再结合公式Q=CU求解电容器内部电场强度的变化，结合重力的电场力的大小关系求解油滴的运动情况。
6.【解析】【解答】解：AB、卫星绕地球做匀速圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力，设地球的质量是M，卫星的质量为m，卫星的轨道半径为m，那么得：
G ＝m ＝ma
解得：v＝ ，a＝ ，知卫星的轨道半径越大，速度和加速度均越小，因此A的线速度和加速度均小于B的线速度和加速度，A不符合题意，B符合题意；
C、根据开普勒第二定律知，同一卫星与地心连线在相同时间内扫过的面积相等，而A、B是不同的卫星，因此在相同时间内扫过的面积不相等，C不符合题意；
D、从此时刻到下一次A、B相距最近时，B比A多转一周，那么有：2π＝ t﹣ t＝ t﹣ t，解得：t＝2T，故从此时刻到下一次A、B相距最近的时间为2T，D符合题意。
故答案为：BD

【分析】卫星的轨道半径越大，运动的线速度越大，角速度越大，加速度越大，周期越短。
7.【解析】【解答】解：A、线框经过位置Ⅱ时线框的速度为0，那么感应电动势和感应电流均为零，所以在位置Ⅱ时线框中的电功率为零，A不符合题意；
B、线框在PQ左边磁场中运动时，感应电流为零，线框做匀速直线运动，当线框右边刚越过PQ时，左右两边所受安培力大小均为：F＝BIa＝ ，根据左手定那么可知，线框左右两边所受安培力的方向均向左，故此时线框的加速度最大为am═ ＝ ，B符合题意；
C、线框在位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，动能减少了△Ek＝ mv2 ， 根据能量守恒定律可知，此过程中回路产生的电能为 mv2 ， C符合题意；
D、由q＝ △t＝ 可知，线框在位置Ⅰ时其磁通量为Ba2 ， 而线框在位置Ⅱ时其磁通量为零，故q＝ ，D不符合题意。
故答案为：BC

【分析】利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小，再利用欧姆定律求解回路中电流的大小；利用左手定那么和公式求解安培力的方向，再结合安培力公式求解导体棒受到的安培力大小；通过的电荷量利用法拉第电磁感应定律和电流的定义式求解即可。
8.【解析】【解答】解：小球B与小球A发生弹性碰撞，在碰撞的过程中系统的动量守恒。取B的初速度方向为正方向，设碰撞后B与A的速度分别为v1和v2 ， 那么：mv0＝mv1+2mv2
由动能守恒得： mv02＝ mv12+ •2mv22
联立解得：v2＝ v0
小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，可能有两种情况：
⒈能通过轨道最高点。小球A恰好能通过最高点时，由小球的重力提供向心力，设A球在轨道最高点的速度为vmin。
由牛顿第二定律得：2mg＝2m
A球在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得： •2mv22＝ •2mvmin2+2mg•2R ③
联立以上三式解得：v0＝1.5 ，可知小球A要能通过，小球B的初速度应满足：v0≥1.5 。
⒉小球A不能到达轨道最高点。小球恰好不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得： •2mv22＝2mgR
结合v2＝ v0 ， 解得：v0＝1.5 ，在这种情况下，小球A不脱离轨道时，需满足：v0≤1.5 。
综上，小球B的初速度v0的范围为v0≥1.5 或v0≤1.5 ，ABD符合题意，C不符合题意。
故答案为：ABD

【分析】两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解末速度，再利用向心力公式分析求解即可。
二、解答题〔共4小题，总分值47分〕
9.【解析】【解答】解：〔1〕由图乙所示游标卡尺可知，主尺示数为0.3cm，游标尺示数为15×0.05mm＝0.75mm，＝0.075cm，游标卡尺读数d＝0.3cm+0.075cm＝0.375cm；〔2〕通过光电门的速度为：v＝
根据动能定理可知： ，
要测量动摩擦因数，需要知道滑木板上BC间的距离L2
故答案为：D． 〔3〕根据动能定理可知： ，
解得：μ＝
故答案为：〔1〕0.375；〔2〕D；〔3〕

【分析】〔1〕明确游标卡尺的读数规那么进行读数即可；
〔2〕结合物体的初末速度，对物体应用动能定理列方程，结合方程判断需要测量的量；
〔3〕结合第二问的动能定理方程求解动摩擦因数表达式。
10.【解析】【解答】解：〔1〕闭合开关K1之前，从保护电路的角度，R2的阻值应调到最大值，根据题意可知，开关K2拨至1位置和2位置时，电流表示数相同，电路总电阻不变，R2阻值不变，那么：Rx＝R1＝35.2Ω。〔2〕根据闭合电路欧姆定律得：E＝I〔R1+R2+RA〕
整理得： ＝ R2+ ，
﹣R2图象的斜率：k＝ ＝ A﹣1/Ω，
纵轴上的截距：b＝ ﹣1 ，
代入数据解得：E＝4V，RA＝0.4Ω；
故答案为：〔1〕最大；35.2；〔2〕 R2+ ；0.4；4。

【分析】〔1〕电路中电动势一定，如果电路中电流相等，那么外电路电阻也相等；
〔2〕用闭合电路欧姆定律对整个电路列方程，对方程进行适当的变形，结合图像求解电动势和内阻即可。
11.【解析】【分析】〔1〕对物体a进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度；
〔2〕对物体A、B主城的系统进行受力分析，结合动量定理求解碰撞后的速度；
〔3〕两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程求解速度，再利用动能定理求解木板长度。
12.【解析】【分析】〔1〕粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，根据水平位移和竖直的大小，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解即可；
〔2〕带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，根据磁场方向、电性和运动方向确定粒子的运动轨迹，利用向心力公式求解轨道半径，再利用几何关系求解位置坐标即可；
〔3〕结合粒子半径的表达式和范围求解磁感应强度即可。
三、[物理-选修3-3]
13.【解析】【解答】解：A、无论固体、液体和气体，分子都是在永不停息的做无规那么运动，A不符合题意；
B、当分子间距离为r0时，分子引力和斥力相等，液体外表层的分子比较稀疏，分子间距大于r0 ， 所以分子间作用力表现为引力，B符合题意；
C、蒸发是液体外表分子无规那么运动的情况，C符合题意；
D、汽化是物质从液态变成气态的过程，汽化分蒸发和沸腾，而不是分子间的相互排斥而产生的，D不符合题意；
E、冰在融化过程中吸收热量但温度不升高，E符合题意；
故答案为：BCE

【分析】晶体在熔化时需要吸收热量，但是温度保持不变；当分子间距小于平衡距离时，增大分子间距，分子力减小；当分子间距大于平衡距离时，增大分子间距，分子力先增加后减小；当分子间距增大时， 引力和斥力都会减小，只是两种力减小的快慢不同。
14.【解析】【分析】〔1〕气体做等压变化，结合气体初状态和末状态的体积和温度，利用盖—吕萨克定律列方程求解末状态的温度；
〔2〕气体做等压变化，结合气体初状态和末状态的体积和温度，利用盖—吕萨克定律列方程求解末状态的体积，结合外力做功公式W=Fs求解外力做功即可。
四、[物理-选修3-4]
15.【解析】【解答】解：A、因为a正向上运动，根据同侧法可知，波沿x轴正方向传播，A符合题意；
BC、根据同侧法可知，b点正向上运动，c点正向下运动，B不符合题意，C符合题意；
D、波仔传播过程中，所有质点的振动周期相同，都等于波源的周期，D不符合题意；
E、由于该时刻b向上运动，而c向下运动，所以c比b后到平衡位置，E符合题意。
故答案为：ACE

【分析】结合波形和A点的振动判断波的传播方向，进而判断其他质点的振动方向，结合选项分析求解即可。
16.【解析】【分析】〔1〕通过几何关系求出光的入射角和折射角，利用折射定律求解介质的折射率；
〔2〕结合光线的入射角和介质的折射率，利用折射定律求解折射角，大致画出光的传播路径，利用几何关系求解距离即可。